\section{2010}
一、

（1）设$\hat{A},\hat{B}$与Pauli算符对易，证明：
$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\vec{\sigma}\cdot(\vec{A}\times\vec{B})$

（2）试将$(\hat{I}+\hat{\sigma}_x+i\hat{\sigma}_y)^{\frac{1}{2}}$表示成$\hat{I},\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_y,\hat{\sigma_z}$的线性叠加，$\hat{I}$为单位算符。

二、设一维谐振子的初态为$\psi(x,0)=\cos\frac{\theta}{2}\varphi_0(x)+\sin\frac{\theta}{2}\varphi_1(x)$，
即基态与第一激发态的叠加，其中$\theta$为实参数：

（1）求$t$时刻的波函数$\psi(x,t)$；

（2）求$t$时刻粒子处于基态及第一激发态的概率；

（3）求$t$时刻粒子的势能算符$\hat{V}=\frac{m\omega^2}{2}x^2$的平均值；

（4）求演化成$-\psi(x,t)$所需的最短时间$t_{min}$。

三、设基态氢原子处于弱电场中，微扰哈密顿量为：
$$
\hat{H}=\begin{cases}0,&t\le0\\
\lambda ze^{-\frac{t}{T}},&t>0
\end{cases}
\text{其中}\lambda,T\text{为常数}
$$

（1）求很长时间后$(t\gg T)$电子跃迁到激发态的概率，已知基态中$a$为玻尔半径；
已知基态：
$$\psi_{100}(\vec{r})=R_{10}(r)Y_{00}(\theta,\varphi)=\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\frac{2}{a^{\frac{3}{2}}}e^{-\frac{r}{a}}
\qquad 
\psi_{210}(\vec{r})=R_{21}(r)Y_{10}(\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\cos\theta\frac{1}{(2a)^{\frac{3}{2}}}\frac{r}{\sqrt3a}e^{-\frac{r}{2a}}
$$

（2）基态电子跃迁到下列哪个激发态的概率等于零？简述理由。
$$(a)\psi_{200}\qquad(b)\psi_{211}\quad(c)\psi_{21,-1}\qquad(d)\psi_{210}$$

四、两个质量为$m$的粒子处于一个边长为$a>b>c$的不可穿透的长盒子中，求下列条件下，该体系能量最低态的波函数（只写出空间部分）及对应能量。

（1）非全同粒子\qquad （2）零自旋全同粒子 \qquad （3）自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子

五、粒子在一维无限深势阱中运动。设该体系受到$\hat{H}=\lambda\delta(x-a)$的微扰作用：

（1）利用微扰理论，求第$n$能级精确到二级的近似表达式；

（2）指出所得结果的适用条件。



\newpage
\section*{2010解答}
一、

（1）设$\hat{A},\hat{B}$与Pauli算符对易，证明：
$(\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\vec{\sigma}\cdot(\vec{A}\times\vec{B})$

（2）试将$(\hat{I}+\hat{\sigma}_x+i\hat{\sigma}_y)^{\frac{1}{2}}$表示成$\hat{I},\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_y,\hat{\sigma_z}$的线性叠加，$\hat{I}$为单位算符。

证明：\\
（1）$\vec{\sigma}=\sigma_x\vec{i}+\sigma_y\vec{j}+\sigma_z\vec{k}
\quad \vec{\sigma}\cdot\vec{A}=\sigma_xA_x+\sigma_yA_y+\sigma_zA_z
\quad \vec{\sigma}\cdot\vec{B}=\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zA_z$
\begin{align*}
  (\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})
&=(\sigma_xA_x+\sigma_yA_y+\sigma_zA_z) (\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z)\\
&=\sigma_xA_x\sigma_xB_x+\sigma_xA_x\sigma_yB_y+\sigma_xA_x\sigma_zB_z+\sigma_yA_y\sigma_xB_x\\
 &\qquad+\sigma_yA_y\sigma_yB_y+\sigma_yA_y\sigma_zB_z+\sigma_zA_z\sigma_xB_x+\sigma_zA_z\sigma_yB_y
+\sigma_zA_z\sigma_zB_z
\end{align*}
由$\hat{A},\hat{B}$与Pauli算符对易和Pauli算符关系$\sigma^2_\alpha=1,\sigma_\alpha\sigma_\beta=i\sigma_\gamma$，有：
\begin{align*}
  (\vec{\sigma}\cdot\vec{A})(\vec{\sigma}\cdot\vec{B})
 &=A_xB_x+i\sigma_zA_xB_y-i\sigma_yA_xB_z-i\sigma_zA_yB_x+A_yB_y+i\sigma_xA_yB_z\\
&\qquad+i\sigma_yA_zB_x-i\sigma_yA_zB_y+A_zB_z\\
&=A_xB_x+A_yB_y+A_zB_y+i\sigma_x(A_yB_z-A_zB_y)+i\sigma_y(A_zB_x-A_xB_z)\\
&\qquad+i\sigma_z(A_xB_y-A_yB_x)\\
  &=\vec{A}\cdot\vec{B}+i\vec{\sigma}\cdot(\vec{A}\times\vec{B})
\end{align*}
（2）
$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z,I$构成2阶复矩阵的完备基。说明了，任何一个2阶复矩阵（当然包括实矩阵）都可以由这四个矩阵表示出来\footnote{ 证明见曾题集6.4}，有：
$$\sqrt{I+\sigma_x+i\sigma_y}=C_0I+C_1\sigma_x+C_2\sigma_y+C_3\sigma_z$$
两边平方：
\begin{align*}
I+\sigma_x+i\sigma_y&=(C_0I+C_1\sigma_x+C_2\sigma_y+C_3\sigma)(C_0I+C_1\sigma_x+C_2\sigma_y+C_3\sigma)\\
&=C_0^2+C_0C_1\sigma_x+C_0C_2\sigma_y+C_0C_3\sigma_z+C_1^2
+C_0C_1\sigma_x+C_1C_2\sigma_x\sigma_y+C_1C_3\sigma_x\sigma_z\\
&\quad +C_2^2+C_0C_2\sigma_y+C_1C_2\sigma_y\sigma_x+C_2C_3\sigma_y\sigma_z
+C_3^2+C_0C_3\sigma_z+C_1C_3\sigma_z\sigma_x+C_2C_3\sigma_z\sigma_y
\end{align*}
由$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$间反对易关系，$\sigma_x\sigma_y+\sigma_y\sigma_x=0\cdots$，有:
$$I+\sigma_x+i\sigma_y=C_0^2+C_1^2+C_2^2+C_3^2+2C_0C_1\sigma_x
+2C_0C_2\sigma_y+2C_0C_3\sigma_z$$
$$
\Longrightarrow
\begin{cases}
C_0^2+C_1^2+C_2^2+C_3^2=1\\
2C_0C_1=1\\
2C_0C_2=i\\
C_0C_3=0
\end{cases}
\Longrightarrow
\begin{cases}
C_0=1\\
C_1=\frac{1}{2}\\
C_2=\frac{i}{2}\\
C_3=0
\end{cases}
$$
即:
$$\sqrt{I+\sigma_x+i\sigma_y}=1+\frac{1}{2}(\sigma_x+i\sigma_y)$$

二、设一维谐振子的初态为$\psi(x,0)=\cos\frac{\theta}{2}\varphi_0(x)+\sin\frac{\theta}{2}\varphi_1(x)$，
即基态与第一激发态的叠加，其中$\theta$为实参数：

（1）求$t$时刻的波函数$\psi(x,t)$；

（2）求$t$时刻粒子处于基态及第一激发态的概率；

（3）求$t$时刻粒子的势能算符$\hat{V}=\frac{m\omega^2}{2}x^2$的平均值；

（4）求演化成$-\psi(x,t)$所需的最短时间$t_{min}$。

解：\\
（1）
$$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar\omega,E_0=\frac{\hbar\omega}{2},E_1=\frac{3\hbar\omega}{2},\qquad
\psi(x,t)=\cos\frac{\theta}{2}|0\rangle e^{-\frac{i\omega t}{2}}+\sin\frac{\theta}{2}|1\rangle e^{-\frac{3i\omega t}{2}}$$
（2）\\
$t$时刻处于基态的概率：\footnote{ 这里的绝对值应理解为取模}
$$P_0=\big|\langle0|\psi\rangle\big|^2=\big|\cos\frac{\theta}{2}e^{-\frac{i\omega\theta}{2}}\big|^2=\cos^2\frac{\theta}{2}$$
$t$时刻处于第一激发态的概率：
$$P_0=\big|\langle0|\psi\rangle\big|^2=\big|\sin\frac{\theta}{2}e^{-\frac{i\omega\theta}{2}}\big|^2=\sin^2\frac{\theta}{2}$$
（3）
$$\langle V\rangle=\frac{m\omega^2}{2}\langle x^2\rangle$$
\begin{align*}
\langle x^2\rangle&=\langle \psi|x^2|\psi\rangle
=\cos^2\frac{\theta}{2}\langle0|x^2|0\rangle+\sin^2\frac{\theta}{2}\langle1|x^2|1\rangle+\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\omega t}\langle0|x^2|1\rangle
+\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{i\omega t}\langle1|x^2|0\rangle
\end{align*}
$$x=\sqrt{\frac{\hbar^2}{2m\omega}}(a_++a_-)\qquad
x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(a_+^2+a_-^2+a_+a_-+a_-a_+)$$
\begin{align*}
&\langle0|a_+^2|0\rangle=0,\langle0|a_-^2|0\rangle=0,\langle0|a_+a_-|0\rangle=0,
\langle0|a_-a_+|0\rangle=\langle0|a_-|1\rangle=1\\
&\langle1|a^2_+|1\rangle=0,\langle1|a_-^2|1\rangle=0,\langle1|a_+a_-|1\rangle=1,
\langle1|a_-a_+|1\rangle=\sqrt2\langle1|a_-|2\rangle=\sqrt2\sqrt2\langle2|2\rangle=2\\
&\langle0|a_+^2|1\rangle=0,\langle0|a_-^2|1\rangle=0,\langle0|a_+a_-|1\rangle=0,
\langle0|a_-a_+|1\rangle=0\\
&\langle1|x^2|0\rangle^\dagger=\langle0|x^2|1\rangle=0
\end{align*}
即：
$$\langle x^2\rangle=\cos^2\frac{\theta}{2}\cdot\frac{\hbar}{2m\omega}+
\sin^2\frac{\theta}{2}\cdot\frac{3\hbar}{2m\omega}
\qquad
\langle V\rangle=\frac{m\omega^2}{2}\langle x^2\rangle=\frac{\hbar\omega}{4}\cos^2\frac{\theta}{2}+\frac{3\hbar\omega}{4}\sin^2\frac{\theta}{2}$$
（4）$\psi(x,t)=-\psi(x,t)$，有：
$$
\begin{cases}
e^{-\frac{i\omega t}{2}}=-1\\
e^{-\frac{3i\omega t}{2}}=-1
\end{cases}
\Longrightarrow
\begin{cases}
\cos\frac{\omega t}{2}-i\sin\frac{\omega t}{2}=-1\\
\cos\frac{3\omega t}{2}-i\sin\frac{3\omega t}{2}=-1
\end{cases}
\Longrightarrow
\begin{cases}
\frac{\omega t}{2}=n_1\pi\\
\frac{3\omega t}{2}=n_2\pi
\end{cases}
n_1,n_2\text{为奇数}
$$
$t=\frac{2n_1\pi}{\omega}=\frac{2n_2\pi}{3\omega}$，当$n_1=1,n_2=3$时，$t$为最小，$t=\frac{2\pi}{\omega}$，即：演化成$-\psi(x,t)$所需的最短时间$t_{min}=\frac{2\pi}{\omega}$。

三、设基态氢原子处于弱电场中，微扰哈密顿量为：
$$
\hat{H}=\begin{cases}0,&t\le0\\
\lambda ze^{-\frac{t}{T}},&t>0
\end{cases}
\text{其中}\lambda,T\text{为常数}
$$

（1）求很长时间后$(t\gg T)$电子跃迁到激发态的概率，已知基态中$a$为玻尔半径；
已知基态：
$$\psi_{100}(\vec{r})=R_{10}(r)Y_{00}(\theta,\varphi)=\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\frac{2}{a^{\frac{3}{2}}}e^{-\frac{r}{a}}
\qquad 
\psi_{210}(\vec{r})=R_{21}(r)Y_{10}(\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\cos\theta\frac{1}{(2a)^{\frac{3}{2}}}\frac{r}{\sqrt3a}e^{-\frac{r}{2a}}
$$

（2）基态电子跃迁到下列哪个激发态的概率等于零？简述理由。
$$(a)\psi_{200}\qquad(b)\psi_{211}\quad(c)\psi_{21,-1}\qquad(d)\psi_{210}$$

解：\\
（1）球坐标下：$\hat{H}'=\lambda z e^{-\frac{t}{T}}=\lambda e^{-\frac{t}{T}}r\cos\theta,t>0$
$$a_{mn}=\frac{1}{i\hbar}\int_0^tH'_{mn}e^{i\omega_{mn}t'}dt'$$
$$H_{21}'=\langle\psi_{200}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle+\langle\psi_{210}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle+\langle\psi_{211}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle+\langle\psi_{21,-1}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle$$
根据球谐函数的对称性：\footnote{ 题目只给了这两个波函数，显然其他的为0 ，不然就不会问第二问了，就出题而言也不合理了。就选择定则而言，除非$\Delta l=\pm1$、$\Delta m=\pm1~or~0$，不会发生跃迁，所以本题中，只能跃迁的激发态为第一激发态，但四个第一激发态均符合。这里根据球谐函数的对称性，可是我都不清楚，知道的朋友请告诉我怎么回事。对于这里的问题我会用最原始的问题分析，但肯定属于考试答题之外了。}
$$\langle\psi_{200}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle=0,\langle\psi_{211}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle=0,\langle\psi_{21,-1}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle=0$$
具体分析下：
\begin{align*}
	&\psi_{200}=R_{20}Y_{00}=\frac{1}{4\sqrt{2\pi}}(\frac{1}{a})^{\frac{3}{2}}(2-\frac{r}{a})e^{-\frac{r}{2a}}\\
	&\psi_{210}=R_{21}Y_{10}=\frac{2}{4\sqrt{2\pi}}(\frac{1}{a})^{\frac{3}{2}}\frac{r}{a}e^{-\frac{r}{2a}}\cos\theta\\
	&\psi_{211}=R_{21}Y_{11}=\frac{1}{8\sqrt{\pi}}(\frac{1}{a})^{\frac{3}{2}}\frac{r}{a}e^{-\frac{r}{2a}}\sin\theta e^{i\varphi}\\
	&\psi_{21,-1}=R_{21}Y_{1,-1}=\frac{1}{8\sqrt\pi}(\frac{1}{a})^{\frac{3}{2}}\frac{r}{a}e^{\frac{r}{2a}}\sin\theta e^{-i\varphi}
\end{align*}
$\langle\psi_{200}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle$，$\theta$方向：
$$\int_0^\pi\cos\theta\sin\theta d\theta=\frac{1}{2}\int_0^\pi\sin2\theta d\theta=-\frac{1}{4}\cos2\theta\Big|^\pi_0=-\frac{1}{4}(1-1)=0$$
$\langle\psi_{211}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle$，$\theta$方向：
$$\int_0^\pi\sin\theta\cos\theta\sin\theta d\theta=\int_0^\pi\sin^2\theta d\sin\theta=\frac{1}{3}\sin^3\theta \Big|^\pi_0=0$$
$\langle\psi_{21,-1}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle$，$\theta$方向：
同上。

所以基态电子跃迁到激发态$(a)\psi_{200},(b)\psi_{211},(c)\psi_{21,-1}$的概率均等于零。

（2）
\begin{align*}
H'_{21}&=\langle\psi_{210}|\hat{H}'|\psi_{100}\rangle\\
&=\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\cdot\frac{1}{(2a)^{\frac{3}{2}}}\cdot\frac{1}{\sqrt3a}\cdot
\lambda e^{-\frac{t}{T}}\cdot\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\cdot\frac{2}{a^{\frac{3}{2}}}
\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^{\infty}\cos\theta re^{-\frac{r}{2a}}r\cos\theta
e^{-\frac{r}{a}}\sin\theta r^2d\varphi d\theta dr\\
&=\frac{\lambda}{4\sqrt2\pi a^4}e^{-\frac{t}{T}}\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^\pi
\cos^2\theta\sin\theta d\theta\int_0^{\infty}r^4 e^{-\frac{3r}{2a}}dr\\
&=\frac{\lambda}{4\sqrt2\pi a^4}e^{-\frac{t}{T}}\cdot 2\pi\cdot\frac{2}{3}\cdot
\frac{256a^5}{81}=\frac{32\sqrt2\lambda a}{243}e^{-\frac{t}{T}}
\end{align*}
其中：
\begin{align*}
&\int_0^\pi\cos^2\theta\sin\theta d\theta=-\int_0^\pi\cos^2\theta d\cos\theta
=-\frac{1}{3}\cos^3\theta\Big|^\pi_0=\frac{2}{3}\\
&\int_0^\infty x^n e^{-ax}dx=\frac{n!}{a^{n+1}}\qquad
\int_0^\infty r^4 e^{-\frac{3}{2a}r}dr=\frac{4!}{(\frac{3}{2a})^5}=\frac{256a^5}{81}
\end{align*}
$$a_{21}=\frac{1}{i\hbar}\frac{32\sqrt2\lambda a}{243}\int_0^t e^{-\frac{t'}{T}}e^{i\omega_{21}t'}dt'
=\frac{1}{i\hbar}\frac{32\sqrt2\lambda a}{243}\frac{T}{i\omega_{21}T-1}(e^{i\omega_{21}T}e^{-\frac{t}{T}}-1)$$
其中：
$$\int_0^te^{-\frac{t'}{T}}e^{i\omega_{21}t'}dt'
=\int_0^te^{\frac{i\omega_{21}T-1}{T}t'}
=\frac{T}{i\omega_{21}T-1}e^{\frac{i\omega_{21}T-1}{T}t'}\Big|^t_0
=\frac{T}{i\omega_{21}T-1}(e^{i\omega_{21}T}e^{-\frac{t}{T}}-1)$$
当$t\gg T$时，$e^{-\frac{t}{T}}\approx0$，即：
$$a_{21}=\frac{1}{i\hbar}\frac{32\sqrt2\lambda a}{243}\frac{T}{1-i\omega_{21}T}$$
跃迁概率为：
$$W_{1\rightarrow2}=|a_{21}|^2
=\frac{2*32^2\lambda^2 a^2}{243^2\hbar^2}\frac{T^2}{1+\omega^2_{21}}T^2\qquad \omega_{21}=\frac{E_2-E_1}{\hbar}\quad E_n=-\frac{e^2}{2a}\frac{1}{n^2}$$


\hypertarget{2010a4}{四、}\footnote{同类型的题见：\hyperlink{2007Aa4}{2007A第四题}}两个质量为$m$的粒子处于一个边长为$a>b>c$的不可穿透的长盒子中，求下列条件下，该体系能量最低态的波函数（只写出空间部分）及对应能量。

（1）非全同粒子\qquad （2）零自旋全同粒子 \qquad （3）自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子

解：{ 注意：只写出空间部分，否则还有自旋部分}

一个粒子处于长盒子中的波函数及相应能量为
\footnote{ 盒子中一个粒子的波函数就是各个一维势阱波函数的叠加}：
$$\phi(x,y,z)=\frac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\frac{n_1\pi x}{a}\sin\frac{n_2\pi x}{b}\sin\frac{n_3\pi z}{c} \qquad e_n=\frac{\pi^2\hbar^2}{2m}(\frac{n_1^2}{a^2}+\frac{n_2^2}{b^2}+\frac{n_3^2}{c^2})$$
（1）非全同粒子基态：
\begin{align*}
&\psi_1(r_1,r_2)=\phi_1(r_1)\phi_1(r_2)=\frac{8}{abc}\sin\frac{\pi x_1}{a}\sin\frac{\pi y_1}{b}\sin\frac{\pi z_1}{c}\sin\frac{\pi x_2}{a}\sin\frac{\pi y_2}{b}\sin\frac{\pi z_2}{c}\\
&E_1=e_1+e_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{m}(\frac{2}{a^2}+\frac{2}{b^2}+\frac{2}{c^2})
\end{align*}
（2）零自旋全同粒子基态，零自旋粒子可以处于同一态，与非全同粒子基态相同：
$$\psi_1(r_1,r_2)=\frac{1}{2}[\phi_1(r_1)\phi_1(r_2)+\phi_1(r_2)\phi_1(r_1)]=\phi_1(r_1)\phi_1(r_2)$$
（3）自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子基态，由于$a>b>c$，无简并，第二低能态为
$n_1=2,n_2=1,n_3=1$，有：
$$\phi_2(r)=\frac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\frac{2\pi x}{a}\sin\frac{\pi y}{b}\sin\frac{\pi z}{c}$$
$$\psi_1(r_1,r_2)=\frac{1}{\sqrt2}[\phi_1(r_1)\phi_2(r_2)-\phi_2(r_1)\phi_1(r_2)]$$
$$E_{1}=e_1+e_2=\frac{\pi^2\hbar^2}{m}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})
+\frac{\pi^2\hbar^2}{m}(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})
=\frac{\pi^2\hbar^2}{m}(\frac{6}{a^2}+\frac{2}{b^2}+\frac{2}{c^2})$$

{ 讨论：}当盒子是方盒子即$a=b=c$时，自旋为$\frac{1}{2}$的全同粒子基态是什么情况？这时就有简并，$(n_1,n_2,n_3)$有$(1,1,2),(1,2,1),(2,1,1)$，具体如下：
$$\psi_1(r_1,r_2)=\frac{1}{\sqrt2}[\phi_1(r_1)\phi_2(r_2)-\phi_2(r_1)\phi_1(r_2)]$$
$\phi_2$存在简并，三重：
$$\phi_2(r)=\begin{cases}
\phi_{112}(r)=\cfrac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\cfrac{\pi x}{a}\sin\cfrac{\pi y}{a}\sin\cfrac{2\pi z}{a}\\
\phi_{121}(r)=\cfrac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\cfrac{\pi x}{a}\sin\cfrac{2\pi y}{a}\sin\cfrac{\pi z}{a}\\
\phi_{211}(r)=\cfrac{2\sqrt2}{\sqrt{abc}}\sin\cfrac{2\pi x}{a}\sin\cfrac{\pi y}{a}\sin\cfrac{\pi z}{a}
\end{cases}
\quad
e_2=\cfrac{6\pi^2\hbar^2}{ma^2}=\begin{cases}
\cfrac{\pi^2\hbar^2}{m}(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{4}{a^2})\\
\cfrac{\pi^2\hbar^2}{m}(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{4}{a^2}+\cfrac{1}{a^2})\\
\cfrac{\pi^2\hbar^2}{m}(\cfrac{4}{a^2}+\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{a^2})\\
\end{cases}
$$
$$\psi_1(r_1,r_2)=\begin{cases}
\cfrac{1}{\sqrt2}[\phi_1(r)_1\phi_{112}(r_2)-\phi_{112}(r_1)\phi_1(r_2)]\\
\cfrac{1}{\sqrt2}[\phi_1(r)_1\phi_{121}(r_2)-\phi_{121}(r_1)\phi_1(r_2)]\\
\cfrac{1}{\sqrt2}[\phi_1(r)_1\phi_{211}(r_2)-\phi_{211}(r_1)\phi_1(r_2)]\\
\end{cases}
\quad
E_1=e_1+e_2=\cfrac{9\pi^2\hbar^2}{ma^2}
$$


\hypertarget{2010a5}{五、}\footnote{同类型的题见：\hyperlink{2001lilun1}{2001理论型第一题}}粒子在一维无限深势阱中运动。设该体系受到$\hat{H}=\lambda\delta(x-a)$的微扰作用：

（1）利用微扰理论，求第$n$能级精确到二级的近似表达式；

（2）指出所得结果的适用条件。

解：不知是题目没写清楚，还是怎么的。这个无限深势阱是怎样的也没说清楚。应该是这样：缺图。\\
（1）
$$\phi_n^0=\sqrt{\frac{1}{a}}\sin\frac{n\pi x}{2a}\qquad E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}$$
$$E_n^1=\langle\psi_n^0|H'|\psi_n^0\rangle=\int_0^{2a}\lambda\delta(x-a)\frac{1}{a}\sin^2\frac{n\pi x}{2a}dx=\frac{\lambda}{a}\sin^2\frac{n\pi}{2}=
\begin{cases}0,&n\text{为偶数}\\ \frac{\lambda}{a},&n\text{为奇数}\end{cases}$$
$$E_n^2=\sum_{\substack{k\ne n\\k=1}}^n\frac{|H_{kn}'|^2}{E_n^0-E_k^0}=
\begin{cases}
n\text{为偶数时：}&0\\
n\text{为奇数时：}&\frac{8m\lambda^2}{\pi^2\hbar^2}[\frac{1}{n^2-1}+\frac{1}{n^2-n^3}+\frac{1}{n^2-5^2}+\cdots]
\end{cases} $$
其中：
\begin{align*}
H'_{kn}&=\langle \phi_k^0|H'|\phi_n^0\rangle=\frac{\lambda}{a}\int_0^{2a}\delta(x-a)\sin\frac{k\pi x}{2a}\sin\frac{n\pi x}{2a}dx\\
&=\frac{\lambda}{a}\sin\frac{k\pi}{2}\sin\frac{n\pi}{2}=
\begin{cases}
n\text{为偶数},k\ne n,&0\\
n\text{为奇数},k\text{为奇数},k\ne n,&\frac{\lambda}{a}\\
n\text{为奇数},k\text{为偶数},k\ne n,&0
\end{cases}
\end{align*}
（2）适用条件讨论：
$$\left|\frac{H'_{kn}}{E_n^0-E_k^0}\right|\ll 1\text{即：}
\left|\frac{\frac{\lambda}{a}}{E_n^0-E_k^0}\right|\ll 1,\text{要求$\lambda$很小。}$$

